2.4 Věty o substituci v neurčitém integrálu

Metoda integrace per partes byla založena na znalosti derivace součinu dvou funkcí. Ze znalosti  derivace složené funkce nyní odvodíme metodu integrace pomocí substituce.

Věta 2.5 (O substituci I (neurčitý integrál))

Nechť pro funkce $f$ a $\varphi$ platí

  1. $f$ má primitivní funkci $F$ na intervalu $(a,b)$,

  2. $\varphi$ je na intervalu $(\alpha,\beta)$ diferencovatelná,

  3. $\varphi\big((\alpha,\beta)\big) \subset (a,b)$.

Pak funkce $f\big(\varphi(x)\big)\cdot\varphi^{\prime}(x)$ má primitivní funkci na intervalu $(\alpha,\beta)$ a platí

\begin{equation*} \int f\big(\varphi(x)\big)\cdot\varphi^{\prime}(x) \,\dx = F\big( \varphi(x) \big) + C, \end{equation*}

kde $C$ je integrační konstanta.

Zobrazit důkaz

$F$ je primitivní funkcí k funkci $f$, tj. $F'(x) = f(x)$ pro každé $x\in(a,b)$. Podle věty o derivaci složené funkce dostaneme

\begin{equation*} (F\circ \varphi)'(x) = F'\big( \varphi(x) \big) \cdot \varphi'(x) = f\big( \varphi(x) \big) \cdot \varphi'(x), \end{equation*}

pro každé $x\in(\alpha,\beta)$.

$\square$

Příklad 2.10

Vypočtěte

\begin{equation*} \int \frac{1}{x^2} \sin \frac{1}{x} \,\dx. \end{equation*}

Použijeme substituci $y=\varphi(x) = \frac{1}{x}$. Potom $\varphi'(x) = - \frac{1}{x^2}$. Proto

\begin{align*} \int \!\! \underbrace{\frac{1}{x^2}}_{-\varphi'(x)} \!\! \sin \underbrace{\frac{1}{x}}_{\varphi(x)} \dx = - \int \sin y \,\mathrm{d}y = \cos y + C = \cos \frac{1}{x} + C.\end{align*}

Čímž je výpočet dokončen. Výsledek platí na libovolném otevřeném intervalu ležícím v $\R \smallsetminus \{0\}$.

Příklad 2.11

Vypočtěte neurčitý integrál

\begin{equation*} \int \frac{1}{(1+x)\sqrt{x}} \,\dx. \end{equation*}

Výpočet provedeme na intervalu $(0, +\infty)$ což je největší interval, na kterém je integrand definován. Pro substituci použijeme $y = \varphi(x) = \sqrt{x}$, pro jejíž derivaci platí $\varphi'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$. Tudíž,

\begin{align*} \int \frac{1}{(1+x)\sqrt{x}} \,\dx &= 2 \int \frac{1}{1+\big(\sqrt{x}\big)^2} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} \,\dx = 2 \int \frac{1}{1+y^2} \,\mathrm{d}y = \\ &= 2 \arctg y + C = 2 \arctg \sqrt{x} + C.\end{align*}

Výsledek platí na intervalu $(0, +\infty)$, protože funkce $\arctg y$ je primitivní funkcí k $\frac{1}{1 + y^2}$ na $\varphi((0,+\infty)) = (0,+\infty)$.

Příklad 2.12

Nalezněte primitivní funkci k funkci $f(x) = \tg(x)$ na intervalu $J = \Big( \frac{\pi}{2}, \ \frac{3\pi}{2} \Big)$.

Funkce $f$ je na intervalu $J$ spojitá a má zde tedy primitivní funkci. Nejprve upravme integrand

\begin{equation*} \int \tg x\,\dx = \int \frac{\sin(x)}{\cos(x)} \,\dx = - \int \frac{1}{{\color{red}\cos(x)}} \cdot \big({\color{blue}-\sin(x)}\big) \,\dx. \end{equation*}

Použijeme větu o substituci (2.5), kde zvolíme $f(y) = \frac{1}{y}$ a $y=\varphi(x) = \color{red}\cos(x)$. Funkce $\varphi$ zobrazuje interval $J$ na interval $(-1,0)$ kde má $f$ primitivní funkci $F(y) = \ln(-y)$. Navíc $\varphi'(x) = {\color{blue}- \sin(x)}$. Větu lze tudíž použít a dostáváme

\begin{equation*} \int \tg(x)\,\dx = - \ln\big(-\cos(x)\big) + C, \quad x\in J. \end{equation*}

Často se též substituce zapisuje jako $y=\cos x$, $\mathrm{d}y = -\sin x \,\dx$ a

\begin{equation*} \int \tg x \,\dx = - \int \frac{1}{y} \,\mathrm{d} y = - \ln |y| + C = - \ln\big(-\cos(x)\big) + C. \end{equation*}

V předchozí Větě 2.5 (O substituci I) byla stará integrační proměnná $x$ s novou integrační proměnnou $y$ svázána předpisem tvaru $y = \varphi(x)$. V následující větě naopak klademe $x = \varphi(y)$, čili $y = \varphi^{-1}(x)$. Tato varianta substituce bude tedy zřejmě založena na schopnosti derivovat inverzní funkci (viz větu  O derivaci inverzní funkce).

Věta 2.6 (O substituci II (neurčitý integrál))

Nechť $f$ je definována na intervalu $(a,b)$ a nechť $\varphi$ je bijekce intervalu $(\alpha,\beta)$ na $(a,b)$ s nenulovou konečnou derivací. Pak platí

\begin{equation*} \int f(\varphi(t)) \varphi^{\prime}(t) \,\mathrm{d}t = G(t) + C \quad \Longrightarrow \quad \int f(x) \,\dx = G\big(\varphi^{-1}(x)\big) + C, \end{equation*}

kde $C$ je integrační konstanta.

Zobrazit důkaz

Pomocí věty  o derivaci složené funkce věty o derivaci inverzní funkce ověříme správnost tvrzení. Platí

\begin{align*} \Big( G\big( \varphi^{-1}(x) \big) \Big)' &= G'\big(\varphi^{-1}(x)\big) \cdot \frac{1}{\varphi'\big(\varphi^{-1}(x)\big)} = \\ &= f\big(\varphi\big(\varphi^{-1}(x)\big)\big) \cdot \varphi'\big(\varphi^{-1}(x)\big) \cdot \frac{1}{\varphi'\big(\varphi^{-1}(x)\big)} = f(x).\end{align*}

Rozmyslete splnění předpokladů uvedených vět plynoucí z předpokladů právě dokazované věty.

$\square$

Příklad 2.13

Pomocí předchozí věty vypočtěte (již známý) integrál

\begin{equation*} \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \,\dx = \arcsin x + C. \end{equation*}

Integrand

\begin{equation*} f(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \end{equation*}

je definován na intervalu $(a,b) = (-1,1)$. Abychom se zbavili odmocniny ve jmenovateli položme

\begin{equation*} x = \varphi(t) = \sin(t), \quad t\in (\alpha,\beta) := \big(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\big). \end{equation*}

Funkce $\sin$ je na intervalu $(\alpha,\beta)$ rostoucí s nenulovou derivací $\varphi'(t) = \cos t$. Dále

\begin{align*} G(t) &= \int f\big(\varphi(t)\big) \varphi'(t) \,\dt = \int \frac{1}{\sqrt{1-\sin^2 t}} \cos t\, \mathrm{d}t = \\ &= \int \frac{\cos t}{\cos t} \,\mathrm{d} t = \int 1 \,\mathrm{d} t = t + C.\end{align*}

Protože $t = \varphi^{-1}(x) = \arcsin(x)$ uzavíráme,

\begin{equation*} \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \,\mathrm{d} x = \arcsin(x) + C. \end{equation*}

Příklad 2.14

Vypočtěte

\begin{equation*} \int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \,\dx. \end{equation*}

Podobně jako v předchozím případě se lze zbavit odmocniny. Nyní je však integrand definován na $\R$. Zvolíme-li

\begin{equation*} x = \varphi(t) = \sinh t = \frac{e^t - e^{-t}}{2}, \end{equation*}

pak

\begin{equation*} \begin{aligned} 1 + \varphi(t)^2 = 1 + \left( \frac{e^t - e^{-t}}{2} \right)^2 = 1 + \frac{e^{2t} - 2 + e^{-2t}}{4} = \\ = \frac{e^{2t} + 2 + e^{-2t}}{4} = \left( \frac{e^t + e^{-t}}{2} \right)^2. \end{aligned} \end{equation*}

Protože $\varphi'(t) = \frac{e^t + e^{-t}}{2}$ dostáváme

\begin{equation*} \int \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}} \,\dx = \int \frac{1}{\sqrt{1+\varphi(t)^2}}\,\varphi'(t)\,\mathrm{d}t = \int 1 \,\mathrm{d} t = t + C \end{equation*}

Funkce $\varphi$ zobrazuje $\R$ na $\R$ a je monotónně rostoucí s nenulovou derivací. K dokončení příkladu je nutné nalézt její inverzi. Pokud $x = \varphi(t)$, pak

\begin{equation*} e^{2t} - 2x e^t - 1 = 0. \end{equation*}

Odtud

\begin{equation*} e^t = \frac{1}{2} \left( 2x \pm \sqrt{4x^2 + 4}\right) = x \pm \sqrt{x^2 + 1}. \end{equation*}

Smysl v našem případě má pouze znaménko plus, protože $e^t > 0$. Tudíž,

\begin{equation*} t = \ln\Big(x + \sqrt{x^2 + 1}\Big). \end{equation*}

Uzavíráme

\begin{equation*} \int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \,\dx = \ln\Big(x + \sqrt{x^2 + 1} \Big) + C. \end{equation*}